Игра Банаха-Мазура

[mihaild]

Arks в сообщении #1557182 писал(а):

тогда продолжение игры можно рассматривать как новую игру с данными начальными условиями

Нет. Продолжение игры можно рассматривать как множество игр, со всеми возможными предысториями. И для вашего метода нам нужно как-то решить, какую из возможных предысторий себе представлять, чтобы играть дальше (какую именно - неважно, но хоть какую-то представить нужно).

[Arks]

mihaild
Почему? Можно ли пример для игры с конечным числом ходов, или такая дичь только для бесконечностей вылазит?

-- 12.06.2022, 20:22 --

mihaild
Почему нам тогда не нужны предыстории для оригинальной игры на единичном отрезке, ведь она могла получиться из игры на отрезке равным двум и т.д.

[mihaild]

Arks в сообщении #1557190 писал(а):

Можно ли пример для игры с конечным числом ходов, или такая дичь только для бесконечностей вылазит?

Нельзя, потому что для конечного множества функция выбора существует.

Arks в сообщении #1557190 писал(а):

Почему нам тогда не нужны предыстории для оригинальной игры на единичном отрезке

Точное утверждение такое: существует функция, которая по предистории говорит нам, как ходить сейчас, причем для любых действий противника мы, следуя советам этой функции, выигрываем.
Естественно для произвольного конечного множества отрезков зависимость от хода противника можно устранить - т.е. из нашей функции изготовить другую, тоже выигрышную, которая, например, если текущий отрезок равен $[0.2, 0.8]$, выдает один и тот же совет для всех предисторий. Но сделать так одновременно для всех отрезков не получится.

[Arks]

mihaild
Вообще себе такое не представляю, это еще похлеще Банаха-Тарского и других баянистых вещей

[Geen]

mihaild в сообщении #1557193 писал(а):

Естественно для произвольного конечного множества отрезков зависимость от хода противника можно устранить

А разве не достаточно для этого конечности предыстории?

[novichok2018]

Мне кажется более простым и понятным такой вариант игры, как в формулировке АД. Дано множество А на отрезке [0;1], записывается начало десятичной дроби 0,... Игроки далее по очереди пишут дальше цифры по одной, в результате получается число на отрезке. Сумел первый загнать это число в исходное множество А, он выиграл, не сумел - выиграл второй.

[xagiwo]

mihaild в сообщении #1557193 писал(а):

Нельзя, потому что для конечного множества функция выбора существует.

Причём здесь несуществование функции выбора? Неужели утверждение из стартового поста всё-таки верно в предположении AC? (или я не знаю, как ещё интерпретировать Вашу фразу).

-- 12.06.2022, 22:28 --

Arks в сообщении #1557182 писал(а):

Ну пусть мы доиграли до отрезка $[0.2,0,8]$, тогда продолжение игры можно рассматривать как новую игру с данными начальными условиями, и ее стратегии не будут зависеть от наших прошлых ходов (не важно, как мы пришли к этому состоянию)

Представим, что мы смотрим на игру с точки зрения второго игрока. Из "очевидных" способов превращения обычной стратегии в сильную я вижу только один: чтобы узнать, чем ходить после $[a; b]$, представим, что вся история игры есть $[a; b]$ (то есть сейчас — первый ход второго игрока). Этот манёвр не сработает, и вот почему:

Предположим, что для первого игрока выигрышное множество — множество рациональных чисел. Тогда у *второго* есть следующая выигрышная стратегия: он нумерует все рациональные числа $\mathbb{Q} = \{q_n\}_{n \in \mathbb{N}}$, выбирает первый отрезок так, что в нём не лежит $q_1$, второй — так, что в нём не лежит $q_2$, и так далее... Пересечение будет иррационально.

Теперь представим, что второй игрок решил потянуть с применением стратегии — первый ход он просто оставил тот отрезок, который получил от первого игрока, а затем начал действовать согласно стратегии. Это тоже будет выигрышной стратегией, как легко понять.

Но тогда наш способ просто будет давать в качестве ответа на любой отрезок сам этот отрезок. Тогда первый игрок сможет заполучить в пересечении любое число, какое захочет, просто выбирая отрезки, стягивающиеся к этому числу.

-- 12.06.2022, 22:33 --

novichok2018 в сообщении #1557197 писал(а):

Мне кажется более простым и понятным такой вариант игры, как в формулировке АД. Дано множество А на отрезке [0;1], записывается начало десятичной дроби 0,... Игроки далее по очереди пишут дальше цифры по одной, в результате получается число на отрезке. Сумел первый загнать это число в исходное множество А, он выиграл, не сумел - выиграл второй.

Тема не про AD. Для Вашей игры мой вопрос вообще нельзя поставить.

[novichok2018]

Мне кажется, что все подобные игры эквивалентны. Но Вам виднее, хорошо.

[xagiwo]

novichok2018 в сообщении #1557202 писал(а):

все подобные игры эквивалентны.

Ну, для Вашей игры предыстория легко рассчитывается из текущего состояния на доске, а потому не имеет никакого значения.

[mihaild]

Geen в сообщении #1557196 писал(а):

А разве не достаточно для этого конечности предыстории?

А почему должно быть достаточно? Нам же для каждого отрезка нужно выбрать какую-нибудь из подходящих под него предысторий.
(это всё для того пространства, которое было в статье; ответа на вопрос ТС для $\mathbb R$ я не знаю)

xagiwo в сообщении #1557198 писал(а):

Неужели утверждение из стартового поста всё-таки верно в предположении AC?

Так вроде очевидно: для каждого отрезка, который может возникнуть, выберем какую-нибудь приводящую к нему предисторию, и, получив этот отрезок, притворимся, что предыстория была именно такая.

[xagiwo]

mihaild в сообщении #1557204 писал(а):

Так вроде очевидно: для каждого отрезка, который может возникнуть, выберем какую-нибудь приводящую к нему предисторию, и, получив этот отрезок, притворимся, что предыстория была именно такая.

Ну, я уже показал (в своём ответе Arks), что это не работает как минимум если для любого отрезка выбрать пустую предысторию. Дело в том, что *возможность выиграть* может не зависеть ни от какого _конечного начального числа ходов_, потому совокупность ходов, сделанных согласно выбранным предысториям, может быть не вполне адекватна.

[Arks]

xagiwo в сообщении #1557198 писал(а):

Но тогда наш способ просто будет давать в качестве ответа на любой отрезок сам этот отрезок.

Нет, только конечное число пропусков ходов, чтобы получить все пропуски (вообще не ходить) нужна трансфинитная индукция, а ее тут нет

xagiwo в сообщении #1557198 писал(а):

Это тоже будет выигрышной стратегией, как легко понять.

И это показывает, что выигрышная стратегия оказалась сильной

[xagiwo]

Arks в сообщении #1557211 писал(а):

Нет, только конечное число пропусков ходов, чтобы получить все пропуски (вообще не ходить) нужна трансфинитная индукция, а ее тут нет

А? Нет, в исходной стратегии первый ход всегда пропускался, а значит, в построенной по нашей "наивной" тактике стратегии пропускаются вообще все ходы (потому что мы ходим так, как будто сейчас первый ход)

Arks в сообщении #1557211 писал(а):

И это показывает, что выигрышная стратегия оказалась сильной

Вообще-то нет. Но для приличия спрошу: как именно показывает?

[mihaild]

xagiwo в сообщении #1557208 писал(а):

Ну, я уже показал (в своём ответе Arks), что это не работает как минимум если для любого отрезка выбрать пустую предысторию.

Да, я тут затупил.

Arks в сообщении #1557211 писал(а):

Нет, только конечное число пропусков ходов, чтобы получить все пропуски (вообще не ходить)

Пусть наша выигрышная стратегия, зависящая от истории, была такой: на первый ход первого игрока отвечать тем же отрезком, что он нам дал, а на последующие - по одному выкидывать рациональные числа.
Мы хотим сделать из этой стратегии другую, которая уже не зависит от предыстории. Идея была такая: нам принесли отрезок, ну допустим $[0.5, 0.7]$, ну давайте возьмем первый попавшийся ответ на него из нашей выигрышной стратегии. Но может оказаться, что этим первым попавшимся ответом был ответ из первого хода, т.е. ничего не делать.

-- 12.06.2022, 23:50 --

И да, вроде бы в статье ничем противоречащим выбору не пользуются (хотя не уверен, я не понял рассуждения), если это правда - то да, даже с выбором устранить зависимость от истории в общем случае не получится.

[xagiwo]

Думаю, с AC (а может и без) моё утверждение всё же верно. Википедия утверждает [если я правильно её понял, в чём можно сомневаться], что второй игрок побеждает если и только если $A$ — множество первой категории. Для множеств первой категории можно попытаться соорудить сильную выигрышную стратегию (независимо от исходной стратегии).